2020-2021学年江苏省扬州市邗江中学高一（下）期中数学试卷

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一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1．（5分）若是纯虚数为虚数单位），则实数的值为　　

A． B．1 C． D．以上都不对

2．（5分）在中，若，则的形状是　　

A．等腰三角形 B．直角三角形 

C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形

3．（5分）已知空间互不重合的三条直线，，，则“，，在同一平面内”是“，，两两相交”的　　

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

4．（5分）已知向量，满足，，，则，的夹角为　　

A． B． C． D．

5．（5分）已知，则　　

A．1 B． C． D．

6．（5分）已知正方形的边长为1，则　　

A．5 B． C．25 D．41

7．（5分）已知长方体中，，，点为的中点，设平面，平面，则线段的长度为　　

A． B． C． D．5

8．（5分）在中，，，垂足为，且，则当取最大值时，的周长为　　

A．3 B． C． D．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9．（5分）下列各式中，值为的是　　

A． 

B． 

C． 

D．

10．（5分）已知，为不同的平面，，，为不同的直线，则下列说法正确的是　　

A．若，，则与是异面直线 

B．若与是异面直线，则与也是异面直线 

C．若，与是异面直线，则与也是异面直线 

D．若，不同在任何一个平面内，则与是异面直线

11．（5分）设，是两个非零向量，下列结论中正确的是　　

A．若，则 

B．若，则或 

C．若，则 

D．若，则存在实数，使得

12．（5分）已知函数，则下列说法正确的是　　

A．当时，直线是图象的一条对称轴 

B．当时，函数的最小正周期为 

C．当时，函数在上单调递减 

D．当时，若，则函数的值域为

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13．（5分）已知向量，为实数，且，则　　．

14．（5分）已知轮船和轮船同时离开岛，船沿北偏东的方向航行，船沿正北方向航行．若船的航行速度为，后，船测得船位于船的北偏东的方向上，则此时，两船相距　　．

15．（5分）已知，则　　．

16．（5分）已知复数对应的点在复平面第四象限内，甲、乙、丙、丁四人对复数的陈述如下为虚数单位）：甲：；乙：；丙：；丁：，在甲、乙、丙、丁四人陈述中，有且只有两个人的陈述正确，则复数　　．

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17．（10分）已知为虚数单位．

（1）计算：；

（2）若，求复数．

18．（12分）已知向量，，设函数．

（1）若，求函数的最大值和最小值；

（2）若，且，求的值．

19．（12分）如图，在直三棱柱中，侧棱与底面所有直线均垂直，底面是边长为4的正三角形，侧棱长为3，，分别为棱和的中点．

（1）试判断直线和的位置关系，并说明理由；

（2）求异面直线和所成角的余弦值．

20．（12分）在①；②；③这三个条件中任选两个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．

问题：是否存在，它的内角，，的对边分别为，，，且，______，______？

21．（12分）如图，风景区的形状是如图所示的扇形区域，其半径为2千米，圆心角为，点在弧上．现欲在风景区中规划三条商业街道，，，要求街道与垂直（垂足在上），街道与平行，交于点．

（1）如果为弧的中点，求三条商业街道围成的的面积；

（2）试求街道长度的最小值．

22．（12分）已知函数，，，是常数，，，．

（1）若，判断的奇偶性；

若，判别的奇偶性；

（2）若，是偶函数，求；

（3）请仿照问题（1）（2）提一个问题（3），使得所提问题或是（1）的推广或是问题（2）的推广，问题（1）或（2）是问题（3）的特例．（不必证明命题）

2020-2021学年江苏省扬州市邗江中学高一（下）期中数学试卷

参考答案与试题解析

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1．【分析】根据纯虚数的定义求出的值即可．

【解答】解：若是纯虚数，

则，解得：，

故选：．

2．【分析】利用正弦定理化简已知的等式，再根据二倍角的正弦函数公式变形后，得到，由和都为三角形的内角，可得或，从而得到三角形为等腰三角形或直角三角形．

【解答】解：由正弦定理化简已知的等式得：，

，

，又和都为三角形的内角，

或，即或，

则为等腰或直角三角形．

故选：．

3．【分析】根据题意，由平面的基本性质分析“，，在同一平面内”和“，，两两相交”关系，结合充分必要条件的定义即可得答案．

【解答】解：根据题意，若，，在同一平面内，、、三条直线可以互相平行，

则“，，在同一平面内”不是“，，两两相交”的充分条件；

反之，若，，两两相交，，，可以不在同一平面内，

则“，，在同一平面内”不是“，，两两相交”的必要条件；

故“，，在同一平面内”是“，，两两相交”的既不充分也不必要条件．

故选：．

4．【分析】由已知结合向量夹角公式可直接求解．

【解答】解：，，，

设，的夹角为，则，

因为，，

所以．

故选：．

5．【分析】根据题意，由三角函数恒等变形公式可得，即可得答案．

【解答】解：根据题意，，即，

变形可得：，

故选：．

6．【分析】可画出图形，然后可得出，，，然后进行数量积的运算即可求出的值，进而得出的值．

【解答】解：如图，，，，

，

．

故选：．

7．【分析】结合题意，找到点，，根据勾股定理即可求出．

【解答】解：因为平面，平面，

所以与的交点即为点，

延长线与的延长线交于点，

因为，且为的中点，

所以，

同理可得与的延长线交于点，

所以，

如图所示，连接，

在长方体中，

，

则，

故选：．

8．【分析】据题意，设，由分析可得在线段之外，且，进而用表示、，利用余弦定理表示，结合基本不等式分析最小值，即可得当取最大值时的取值，由此计算可得答案．

【解答】解：根据题意，设，

若，则在线段之外，且，如图：

又由，则，

则，则，

则，

又由，当且仅当，即时等号成立，

此时取得最小值，取得最大值，

此时，，

的周长为；

故选：．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9．【分析】由题意利用两角和差的三角公式、二倍角公式，化简各个选项中的函数式，可得结论．

【解答】解：，故满足条件；

，故不满足条件；

，故满足条件；

，故满足条件，

故选：．

10．【分析】由空间中直线与直线、直线与平面位置关系判断；由反证法思想判断；由异面直线的定义判断．

【解答】解：对于，若，，则与可能平行、可能相交、也可能异面，故错误；

对于，若与是异面直线，则与也是异面直线，否则，若与共面，则与共面，与已知矛盾，故正确；

对于，若，与是异面直线，则与相交或异面，故错误；

对于，若，不同在任何一个平面内，由异面直线的定义可得，与是异面直线，故正确．

故选：．

11．【分析】对的两边平方即可得出，从而得出，从而判断选项正确；由可得出，而得不出或，从而判断错误；时，显然得不出，从而判断错误；对两边平方即可得出，从而判断出共线，从而判断正确．

【解答】解：．，，，

，，正确；

．，，，得不出或，错误；

，不共线时，仍可满足，却得不出，错误；

．，

，

，

的夹角为，即共线，

存在实数，使得，正确．

故选：．

12．【分析】直接利用不同的的取值，利用三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数性质的应用，单调性，周期性和函数的值域的应用判断、、、的结论．

【解答】解：函数，

对于：当时，函数，当时，，故正确；

对于：当时，函数，

所以函数的最小正周期为，故正确；

对于：由于函数，

且满足，所以，，故函数在该区间上单调递减，故正确；

对于：函数，

设，由于，所以，

，故，所以函数在上单调递减，

故，（1），故函数的值域为，故错误；

故选：．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13．【分析】可求出，然后根据即可得出，从而解出的值即可．

【解答】解：，且，

，解得．

故答案为：4．

14．【分析】由题意，中，，，，由正弦定理可得．

【解答】解：由题意，中，，，，

由正弦定理可得，．

故答案为：．

15．【分析】根据题意，由正切的和角公式可得，解可得的值，又由，计算可得答案．

【解答】解：根据题意，，则有，

解可得，

则，

故答案为：．

16．【分析】结合复数的四则运算分别求出每个情况对应的复数，进而可判断成立情况，可求．

【解答】解：设，则，

甲：由，即；

乙：由，即；

丙：由；

丁：由得，

所以，

若，则显然不成立，

故丙丁不能同时成立，乙丁不能同时成立，且甲乙丙可以知二推一，

所以甲丁正确，此时，，．

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17．【分析】（1）根据复数的运算性质计算即可；（2）设，求出，的值，求出即可．

【解答】解：（1）．

（2）设，

则由，得，

则且，解得：，，

则或．

18．【分析】（1）利用斜率的数量积，结合两角和与差的三角函数，化简函数的解析式，利用三角函数的有界性求解函数的最值．

（2）由，得，求出角的范围，利用两角和与差的三角函数化简求解求解即可．

【解答】解：（1）因为向量，

则函数

，（3分）

若，则，

所以当，即时，；

当，即时，．（6分）

（2）由，得，

因为，则，又，

所以，（8分）

则，（9分）

所以．（12分）

19．【分析】（1）连接．利用直三棱柱的性质、三角形中位线定理及其梯形点定义即可判断出位置关系．

（2）由，可得（或其补角）为异面直线和所成角，利用余弦定理即可得出．

【解答】解：（1）连接．

在△中，，分别为棱和的中点，

所以，且，（2分）

又在直三棱柱中，，且，

所以，且，

所以四边形为梯形，所以直线和为相交直线．

（5分）

（2）因为，所以（或其补角）为异面直线和所成角．（7分）

因为是边长为4的正三角形，则，

在△中，，，，则，

同理，（10分）

在中，，，，解得，

所以异面直线和所成角的余弦值为．（12分）

20．【分析】选①，②，利用余弦定理求出，利用二倍角公式求解，然后判断是否构成三角形．

若选①，③，利用余弦定理求解，正弦定理求解，然后判断是否构成三角形．求解即可．

若选②，③，求解三角形的3个角，利用正弦定理求解即可．

【解答】解：若选①，②，

由①，可知；（3分）

由②，可得，即，

解得，或，又因为，所以；（6分）

又，，余弦函数在上单调递减，所以，（10分）

此时，不能构成三角形．（12分）

若选①，③，由①，可知；（3分）

由③，得，

又由正弦定理可知，，

展开得，即，

又，则，故，，所以．（6分）

由①得，，余弦函数在上单调递减，

所以，

此时，能构成三角形．（8分）

此时，又，

由正弦定理，得，解得．（12分）

若选②，③，由②得；（3分）

由③得；（6分）

此时此时，能构成三角形．（8分）

所以，

则，

由正弦定理，得，解得．（12分）

21．【分析】（1）结合已知角及线段长，利用锐角三角函数定义及扇形面积公式可求；

（2）由已知结合锐角三角函数定义及勾股定理可表示，然后结合同角平方关系，辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数性质可求．

【解答】解：连接，过作，垂足为．

（1）当为弧的中点时，，

在中，，，故，

在中，，，所以，则，

所以，

在直角三角形中，的面积．

（2）设，则，，，

又，则，所以，

在直角三角形中，，其中

因为，所以，又，

所以当时，有最小值为，即．

综上，街道长度的最小值为千米．

22．【分析】（1）先结合和差角公式化简，，然后把，的值代入，然后结合奇偶性的定义进行检验即可；

（2）结合偶函数定义代入睁开即可求解；

（3）结合（1）（2）的特殊情形推广一般结论即可．

【解答】解：由题意可知，，

（1）当时，，

所以是偶函数；

当时，，

所以，

因为，所以不是奇函数，

因为，所以不是偶函数

所以是非奇非偶函数；

（2）当时，是偶函数，

所以对一切恒成立，

所以，即，

也即，

则，因为，所以，

当时，，

则

所以对一切恒成立，所以为偶函数．

综上所述：．

（3）第一层次，写出任何一种的一个（加法或乘法）均可以，

1，、是偶函数；

2，是奇函数；

3，是非奇非偶函数；

4，是既奇又偶函数；

第二层次，写出任何一种的一个（加法或乘法）均可以，

1，是偶函数（数字不分奇偶）；

2，是奇函数（数字只能同奇数）；是偶函数（数字只能同偶数）；

3，是非奇非偶函数（数字不分奇偶，但需相同）；

4，是既奇又偶函数（数字只能奇数）；是非奇非偶函数；

第三层次，写出逆命题任何一种的一个（加法或乘法）均可以，

1，是偶函数（数字不分奇偶，但相同），则；

2，是奇函数（数字只能正奇数），则；是偶函数（数字只能正偶数），则；

3，是偶函数（数字只能正奇数），则；

第四层次，写出充要条件中的任何一种均可以，

1，的充要条件是是偶函数，

2，是奇函数（数字只能正奇数）的充要条件是；是偶函数（数字只能正偶数）的充要条件是；

3，是偶函数（数字只能正奇数）的充要条件是则；

第五层次，写出任何一种均可以（逆命题，充要条件等均可以），

1，时，都是偶函数；

2，时，是正奇数，是奇函数；时，是正偶数，是偶函数；

3，，是奇数，既奇又偶函数；

4，，是偶数，是非奇非偶函数．

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日期：2022/3/11 19:10:14；用户：高中数学6；邮箱：tdjyzx38@xyh.com；学号：42412367